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(2013•广州三模)已知定义在R上的单调函数f(x),存在实数x0使得对任意实数x1,x2,总有f(x0x1+x0x2)=f(x0)+f(x1)+f(x2)恒成立.
(1)求x0的值;
(2)若f(x0)=1,且对任意的正整数n.有an=
1
f(n)
bn=f(
1
2n
)+1
,记Sn=a1a2+a2a3+…+anan+1,Tn=b1b2+b2b3+…+bnbn+1,比较
4
3
Sn
与Tn的大小关系,并给出证明.
分析:(1)由题意对于任意实数x1,x2等式恒成立,故可采用赋值法求解;
(2)先证明{f(n)}是以1为首项,2为公差的等差数列,由此得 an=
1
2n-1
,从而可求Sn,再证{bn}是等比数列从而可求Tn,代入
4
3
Sn
与Tn作差,利用二项式定理展开,进行放缩,即可求得结果.
解答:解:(1)令x1=x2=0,得f(0)=f(x0)+2f(0),∴f(x0)=-f(0).①
令x1=1,x2=0,得f(x0)=f(x0)+f(1)+f(0),∴f(1)=-f(0).②
由①②得   f(x0)=f(1).∴f(x)为单调函数,
∴x0=1.
(2)由(1)得f(x1+x2)=f(x1)+f(x2)+f(1)=f(x1)+f(x2)+1.
∵f(n+1)=f(n)+f(1)+1=f(n)+2,f(1)=1,∴f(n)=2n-1.(n∈Z*
an=
1
2n-1

又∵f(1)=f(
1
2
+
1
2
)=f(
1
2
)+f(
1
2
)+f(1)

f(
1
2
)=0,b1=f(
1
2
)+1

f(
1
2n
)=f(
1
2n+1
+
1
2n+1
)=f(
1
2n+1
)+f(
1
2n+1
)+f(1)=2f(
1
2n+1
)+1

2bn+1=2f(
1
2n+1
)+2=f(
1
2n
)+1=bn

bn=(
1
2
)n-1

Sn=
1
1×3
+
1
3×5
+…+
1
(2n-1)(2n+1)
=
1
2
(
1
1
-
1
3
+
1
3
-
1
5
+…+
1
2n-1
-
1
2n+1
)

=
1
2
(1-
1
2n+1
)

Tn=(
1
2
)0(
1
2
)1+(
1
2
)1(
1
2
)2+…+(
1
2
)n-1(
1
2
)n=
1
2
+(
1
2
)3+…+(
1
2
)2n-1

=
1
2
[1-(
1
4
)
n
]
1-
1
4
=
2
3
[1-(
1
4
)n]

4
3
Sn-Tn=
2
3
(1-
1
2n+1
)-
2
3
[1-(
1
4
)n]=
2
3
[(
1
4
)n-
1
2n+1
]

∵4n=(3+1)n=Cnn3n+Cnn-13n-1+…+Cn13+Cn0≥3n+1>2n+1,
4
3
Sn-Tn=
3
2
(
1
4n
-
1
2n+1
)<0

4
3
SnTn
点评:本题考查抽象函数的求值问题,一般采用赋值法解决,求数列的和,关键是求出其通项,再利用相应的求和公式,不等式中的恒成立问题,往往相应借助于函数的单调性解决.综合性较强,属难题.
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AM
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MB

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1
2
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2
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3
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